专题3.10 《函数》单元测试卷一、单选题1．（2020·迁西县第一中学高二期中）幂函数()y f x =的图象经过点3)，则()f x 是（ ） A ．偶函数，且在(0,)+∞上是增函数 B ．偶函数，且在(0,)+∞上是减函数 C ．奇函数，且在(0,)+∞上是减函数 D ．非奇非偶函数，且在(0,)+∞上是增函数【答案】D 【解析】设幂函数()af x x =，因为图象经过点3)，所以33a =，12a =. 故()12f x x =，因为0x ≥，所以()f x 为非奇非偶函数，且在(0,)+∞上是增函数.故选：D2．（2020·禄劝彝族苗族自治县第一中学高一期中）设函数3,10,()((5)),10,x x f x f f x x -≥⎧=⎨+<⎩则(7)f 的值为（ ） A ．5 B ．6C ．7D ．8【答案】D 【解析】由已知(7)((12))(9)((14))(11)8f f f f f f f =====． 故选：D ．3．（2019·哈尔滨市第一中学校高二期中（文））函数22y x x =-++的值域为（ ）A ．RB ．[0,)+∞C ．3(,]2-∞D ．30,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D 【解析】函数2219224y x x x ⎛⎫=-++=--+ ⎪⎝⎭，21990,244x ⎛⎫⎡⎤--+∈ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，∴函数22y x x =-++的值域为94⎡⎢⎣即30,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦.故选：D.4．（2020·山西省太原五中高三其他（文））函数()log a x x f x x=（01a <<）的图象大致形状是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】由题意，f （﹣x ）＝﹣f （x ），所以函数是奇函数，图象关于原点对称，排除B 、D ；x ＞0时，f （x ）＝log a x （0＜a ＜1）是单调减函数，排除A ．故选C ．5．（2020·内蒙古自治区集宁一中高二月考（理））设函数122,1,()1log ,1,x x f x x x -⎧≤=⎨->⎩则满足()2f x 的x 的取值范围是（ ） A ．[1,2]- B ．[0,2]C ．[1,)+∞D ．[0,)+∞【答案】D 【解析】当1x ≤时，122x -≤，11x -≤，解得0x ≥所以01x ≤≤当1x >时，221log 2log 1x x -≤⇒≥-， 解得：12x ≥所以：1x >，综上可知不等式的解集是[)0,+∞. 故选：D6．（2020·禄劝彝族苗族自治县第一中学高一期中）已知20.3a =，0.32b =，12log 2c =，则,,a b c 的大小为（ ）A ．c b a >>B ．c a b >>C ．b a c >>D ．a b c >>【答案】C 【解析】由题意，根据指数函数的性质，可得20.3(0,1)a =∈，0.32(1,)b ∈+∞=，由对数函数的性质，可得12log 21c ==-，所以b a c >>. 故选C.7．（2020·黑龙江省大庆一中高三三模（理））设()f x 是定义在R 上的奇函数，且在区间(],0-∞上单调递增，则（ ）A ．()()2321log 3log 2log 3f f f ⎛⎫<< ⎪⎝⎭B ．()()2231log log 3log 23f f f ⎛⎫<< ⎪⎝⎭C ．()()2321log log 2log 33f f f ⎛⎫<< ⎪⎝⎭D ．()()3221log 2log log 33f f f ⎛⎫<< ⎪⎝⎭【答案】C 【解析】由题意知，函数()f x 在定义域R 上单调递增，由2321log 0log 21log 33<<<<， 可得()()2321log log 2log 33f f f ⎛⎫<< ⎪⎝⎭， 故选:C.8．（2020·黑龙江省哈尔滨三中高三其他（理））中国的5G 技术领先世界，5G 技术的数学原理之一便是著名的香农公式：2log 1S C W N ⎛⎫=+⎪⎝⎭.它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递速度C 取决于信道带宽W ，信道内信号的平均功率S ，信道内部的高斯噪声功率N 的大小，其中SN叫做信噪比.当信噪比比较大时，公式中真数中的1可以忽略不计.按照香农公式，若不改变带宽W ，而将信噪比SN从1000提升至4000，则C 大约增加了（ ）附：lg 20.3010≈ A ．10% B ．20%C ．50%D ．100%【答案】B 【解析】 当1000S N =时，2log 1000C W =，当4000SN =时，2log 0004C W = 因为22log 4000lg 400032lg 2 3.60201.2log 1000lg100033+==≈≈所以将信噪比SN从1000提升至4000，则C 大约增加了20% 故选：B9．（2019·哈尔滨市第一中学校高三开学考试（文））已知函数()f x 为偶函数，当[)0,x ∈+∞时，()1f x x =-，则()10f x -<的解集是（ ）A ．()0,2B ．()2,0-C ．()1,0-D ．()1,2【答案】A 【解析】当(),0x ∈-∞时，()()1f x f x x =-=--． 由()10f x -<得()10110x x -<⎧⎨---<⎩或10110x x -≥⎧⎨--<⎩，解得01x <<或12x ≤<，即02x <<．所以不等式()10f x -<的解集为()0,2. 故选：A.10．（2020·黑龙江省大庆一中高三三模（理））已知函数()()22,0,ln 1,0.x x x f x x x ⎧--≤⎪=⎨+>⎪⎩若方程()12f x mx m =+-恰有四个不相等的实数根，则实数m 的取值范围是（ ）A ．121,2e -⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．121,2e -⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．121,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．121,2e ⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】B【解析】画出函数()f x 的图象如图中实线部分所示，方程()12f x mx m =+-恰有四个不相等的实数根， 即函数()y f x =与函数12y mx m =+-的图象有四个不同的交点，而12y mx m =+-是斜率为m ，过定点()1,0.5--C 的直线，如图，当直线1l 与ln(1)(0)=+>y x x 相切时， 设切点00(,ln(1))+P x x ，1'1y x =+， 可得000ln(1)0.5111++=++x x x ，解得1201=-x e ，斜率为12e -当直线2l 过（0，0）时，斜率为0.5112=， 所以当1212m e -<<时，两函数的图象有4个不同的交点.故选：B. 二、多选题11．（2020·海南省高三其他）若104a =，1025b =，则（ ）A ．2a b +=B ．1b a -=C ．281g 2ab >D ．lg6b a ->【答案】ACD 【解析】由104a =，1025b =，得lg 4a =，lg 25b =，则lg 4lg 25lg1002a b ∴+=+==，25lg 25lg 4lg 4b a ∴-=-=， 25lg101lg lg 64=>> lg6b a ∴->24lg 2lg 54lg 2lg 48lg 2ab ∴=>=，故正确的有：ACD 故选：ACD .12．（2020·全国高一课时练习）函数()log |1|a f x x =-在(0,1)上是减函数，那么（ ） A ．()f x 在(1,)+∞上递增且无最大值 B ．()f x 在(1,)+∞上递减且无最小值 C ．()f x 在定义域内是偶函数D ．()f x 的图象关于直线1x =对称E.2020a ∃=，满足()f x 在(0,1)上是减函数 【答案】ADE 【解析】由|1|0x ->得，函数log |1|a y x =-的定义域为{|1}x x ≠. 设1,1()11,1x x g x x x x ->⎧=-=⎨-+<⎩，，则()g x 在(,1)-∞上为减函数，在(1,)+∞上为增函数，且()g x 的图象关于1x =对称，所以()f x 的图象关于1x =对称，D 正确； 因为()log |1|a f x x =-在(0,1)上是减函数，所以1a >，所以E 正确；由上述分析知()log |1|a f x x =-在(1,)+∞上递增且无最大值，A 正确，B 错误； 又()log |1|log |1|()a a f x x x f x -=--=+≠， 所以C 错误，故选：ADE .13．（2020·海南省高一期末）已知函数2()361f x x x =--，则（ ） A ．函数()f x 有两个不同的零点 B ．函数()f x 在(1,)-+∞上单调递增 C ．当1a >时，若()xf a在[1,1]x ∈-上的最大值为8，则3a =D ．当01a <<时，若()xf a 在[1,1]x ∈-上的最大值为8，则13a = 【答案】ACD 【解析】因为二次函数对应的一元二次方程的判别式2(6)43(1)480∆=--⨯⨯-=>，所以函数()f x 有两个不同的零点，A 正确；因为二次函数()f x 图象的对称轴为1x =，且图象开口向上， 所以()f x 在(1,)+∞上单调递增，B 不正确； 令x t a =，则()22()3613(1)4xf ag t tt t ==--=--.当1a >时，1t a a ≤≤，故()g t 在1,a a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上先减后增，又112a a +>，故最大值为2()3618g a a a =--=，解得3a =（负值舍去）. 同理当01a <<时，1a t a ≤≤，()g t 在1,a a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为213618g a a a ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭，解得13a =（负值舍去）. 故C ，D 正确. 故选：ACD ．14．（2020·湖南省宁乡一中高一开学考试）定义运算()()a ab a b b a b ⎧≥⎪⊕=⎨<⎪⎩，设函数()12xf x -=⊕，则下列命题正确的有（ ）A ．()f x 的值域为 [)1,+∞ B ．()f x 的值域为 (]0,1C ．不等式()()+12f x f x <成立的范围是(),0-∞D ．不等式()()+12f x f x <成立的范围是()0,+∞ 【答案】AC 【解析】由函数()12xf x -=⊕，有1(12)()2(12)x x xf x ---⎧≥=⎨<⎩, 即2(0)()1(0)xx f x x -⎧<=⎨≥⎩，作出函数()f x 的图像如下，根据函数图像有()f x 的值域为[1,)+∞， 若不等式()()+12f x f x <成立，由函数图像有 当210x x <+≤即1x ≤-时成立， 当2010x x <⎧⎨+>⎩即10x -<<时也成立.所以不等式()()+12f x f x <成立时，0x <. 故选：AC. 三、填空题15．（2020·禄劝彝族苗族自治县第一中学高一期中）函数的定义域是______．【答案】由，解得． 故函数的定义域是．故答案为：． 点睛：一般地，函数的定义域须从四个方面考虑：（1）分母不为零；（2）偶次根号下非负；（3）对数的真数大于零，底数大于零且不等于1；（4）零的零次幂没有意义.16．（2020·甘肃省兰州一中高三一模（理））黎曼函数（Riemannfunction ）是一个特殊函数，由德国数学家黎曼发现并提出，黎曼函数定义在[]0,1上，其定义为：()[]1,,0,0,10,1q qx p q p p p R x x ⎧⎛⎫=⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪=⎩当都是正整数，是不可以再约分的真分数当或者上的无理数，若函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且()()20f x f x +-=，当[]0,1x ∈时，()()f x R x =，则103310f f ⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭______. 【答案】730- 【解析】由()()20f x f x +-=知：()f x 关于()1,0对称又()f x 为奇函数，图象关于原点对称 ()f x ∴为周期函数，周期4T=103212111731031031031030f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴+=-+=-+=-+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭故答案为：730-17．（2020·衡水市第十三中学高一月考）某学校决定对教室用药熏消毒法进行消毒，根据药学原理，从药物释放开始，每立方米空气中的含药量(y 毫克)与时间(t 小时)之间的函数关系式为0.11000.1=1>0.116t t t y t -≤≤⎧⎪⎨⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎩，，据测定，当空气中每立方米的含药量降低到0.25毫克以下时，学生方可进教室学习.那么从药物释放开始，至少需要经过____________小时后，学生才能回到教室. 【答案】0.6当00.1t ≤≤时，10y t =0.25=时，0.025t =，但是随着时间的增加，室内的含药量也在增加，所以此时学生不能回到教室，所以有0.111110.250.10.641642t y t t -⎛⎫≤=∴≤∴-≥∴≥ ⎪⎝⎭，，，， ∴至少需0.6小时后，学生才能回到教室.故答案为：0.618．（2020·浙江省高二期末）十六、十七世纪之交，随着天文、航海、工程、贸易及军事的发展，改进数字计算方法成了当务之急，约翰·纳皮尔正是在研究天文学的过程中，为了简化其中的计算而发明了对数，后来天才数学家欧拉发现了对数与指数的关系，即log b a a N b N =⇔=．现已知26,336ab ==，则49ab=________，12a b +=________ 【答案】1361 【解析】26,336a b ==，23log 6,log 36a b ∴==，222233log 6log 6log 362log 364423619936363a b ====∴；66231212log 2log 3=1log 6log 36a b +=+=+. 故答案为：136；1 19．（2019·哈尔滨市第一中学校高三开学考试（文））已知函数()2,01,0x x f x x x ⎧<=⎨+≥⎩，则()2f -=__________，函数()f x 的值域为__________. 【答案】14()0,∞+ 【解析】0x <时()2xf x =,∴()21224f --==,当0x <时()2xf x =,根据指数函数的性质，(f x )的取值范围是()01，，当0x ≥时()1f x x =+，()f x 的取值范围是[)1,+∞,∴函数()f x 的值域为()0,∞+ 故答案为：14，()0,∞+ 20．（2020·邢台市第二中学高一开学考试）李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒．为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x 元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%．①当x =10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付__________元；②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x 的最大值为__________． 【答案】130. 15. 【解析】(1)10x =,顾客一次购买草莓和西瓜各一盒,需要支付()608010130+-=元. (2)设顾客一次购买水果的促销前总价为y 元,120y <元时,李明得到的金额为80%y ⨯,符合要求.120y ≥元时,有()80%70%y x y -⨯≥⨯恒成立,即()87,8yy x y x -≥≤,即min158y x ⎛⎫≤= ⎪⎝⎭元. 所以x 的最大值为15.21．（2020·迁西县第一中学高二期中）函数()212()log 2f x x x =-+的单调增区间是________；()f x 的值域是________． 【答案】11,42⎡⎫⎪⎢⎣⎭[3,)+∞ 【解析】函数()212()log 2f x x x =-+的定义域满足220x x -+>，得102x <<所以函数()212()log 2f x x x =-+的定义域为102⎛⎫⎪⎝⎭，.设22t x x =-+，由12log y t =是单调递减函数.由复合函数单调性的性质，即求22t x x =-+的减区间.由二次函数的性质可得22t x x =-+在1142⎡⎫⎪⎢⎣⎭，上单调递减.又当102x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，21208，t x x ⎛⎤=-+∈ ⎥⎝⎦由12log y t =是单调递减，所以121()log 38f x ≥=所以()f x 的值域是[3,)+∞ 故答案为：1142⎡⎫⎪⎢⎣⎭，；[3,)+∞ 四、解答题22．（2020·内蒙古自治区集宁一中高二月考（理））不用计算器求下列各式的值 （1）()11230988.6427-⎛⎫⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；（2）7log 23lg25lg472log 3+++． 【答案】（1）-1（2）5 【解析】（1）原式1231323233[]1112322-⎡⎤⎛⎫⎛⎫=--=--=-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦． （2）原式())2333lg 2542log lg1002log 32215=⨯++=++=++=．23．（2020·禄劝彝族苗族自治县第一中学高一期中）经市场调查,某种小家电在过去50天的销售量(台)和价格(元)均为销售时间t (天)的函数,且销售量近似地满足()()2200150,N f t t t t =-+≤≤∈.前30天价格为()()130130,N 2g t t t t =+≤≤∈；后20天价格为()()G 453150,N t t t =≤≤∈. (Ⅰ)写出该种商品的日销售额S (元)与时间t 的函数关系；(Ⅱ)求日销售额S (元)的最大值.【答案】(Ⅰ) 2406000130,S 909000,3150,t t t t Nt t t N ⎧-++≤≤∈=⎨-+≤≤∈⎩，；(Ⅱ)6400.【解析】(Ⅰ)当130t ≤≤时,由题知()()()212200304060002f t g t t t t t ⎛⎫⋅=-++=-++⎪⎝⎭； 当3150t ≤≤时,由题知()()()452200909000f t g t t t ⋅=-+=-+所以日销售额S 与时间t 的函数关系为2406000130,S 909000,3150,t t t t Nt t t N⎧-++≤≤∈=⎨-+≤≤∈⎩，(Ⅱ)当130t ≤≤时,()2S 206400t =--+,当20t =时,max S 6400=元； 当3150t ≤≤时,S 909000t =-+是减函数，当31t =时,max S 6210=元. 因为64006210>,则S 的最大值为6400元.24．（2020·新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市第70中高一期末）已知：()2f x x bx c =++，不等式()0f x <的解集是()0,4. （1）求()f x 的解析式；（2）若对于任意的[]13,x ∈-，则不等式()2f x t -≤恒成立，求t 的取值范围. 【答案】（1）()24f x x x =-；（2）[)3,+∞.【解析】（1）()2f x x bx c =++，不等式()0f x <的解集是()0,4，可得0和4是方程20x bx c ++=的两根， 即有04b +=-，04c ⨯=， 解得4b =-，0c，所以()24f x x x =-. （2）对于任意的[]13,x ∈-， 则不等式()2f x t -≤恒成立， 即为()2t f x +≥在[]1,3-的最大值， 由()f x 的对称轴2x =，且()1145f -=+=，()39123f =-=-，可得()f x 的最大值为5， 即有25t +≥，解得3t ≥， 则t 的取值范围为[)3,+∞.25．（2020·吉林省高一期末（理））节约资源和保护环境是中国的基本国策.某化工企业,积极响应国家要求,探索改良工艺,使排放的废气中含有的污染物数量逐渐减少.已知改良工艺前所排放的废气中含有的污染物数量为32mg/m ,首次改良后所排放的废气中含有的污染物数量为31.94mg/m .设改良工艺前所排放的废气中含有的污染物数量为0r ,首次改良工艺后所排放的废气中含有的污染物数量为1r ,则第n 次改良后所排放的废气中的污染物数量n r ,可由函数模型()0.5001)*(5n pn r r r r p R n N +-∈⋅=-∈，给出,其中n 是指改良工艺的次数.（1）试求改良后所排放的废气中含有的污染物数量的函数模型;（2）依据国家环保要求,企业所排放的废气中含有的污染物数量不能超过30.08mg/m ,试问至少进行多少次改良工艺后才能使得该企业所排放的废气中含有的污染物数量达标. （参考数据:取lg 20.3=） 【答案】（1）()0.50.5*20.065n n r n N -=-⨯∈ （2）6次【解析】（1）由题意得02r =,1 1.94r =, 所以当1n =时,()0.510015pr r r r +=--⋅,即0.51.942(2 1.94)5p+=--⋅,解得0.5p =-,所以0.50.520.065*()n n r n -=-⨯∈N , 故改良后所排放的废气中含有的污染物数量的函数模型为()0.50.5*20.065n n r n -=-⨯∈N .（2）由题意可得,0.50.520.0650.08n n r -=-⨯≤, 整理得,0505..1950..206n -≥,即0.50.5532n -≥, 两边同时取常用对数,得lg3205055.lg .n -≥,整理得5lg 2211lg 2n ≥⨯+-,将lg 20.3=代入,得5lg 230211 5.31lg 27⨯+=+≈-,又因为*n ∈N ,所以6n ≥.综上,至少进行6次改良工艺后才能使得该企业所排放的废气中含有的污染物数量达标. 26．（2019·哈尔滨市第一中学校高二期中（文））（1）解不等式()()22log 2log 36x x -≤+；（2）在（1）的条件下，求函数1114242x xy -=-⎛⎫⎛⎫⎪⎝⋅⎪⎝⎭+⎭的最大值和最小值及相应的x 的值.【答案】（1）[)1,2-；（2）当1x =时，函数y 取最小值为1；当1x =-时，函数y 取最大值为10. 【解析】 （1）()()22log 2log 36x x -≤+，∴20360236x x x x ->⎧⎪+>⎨⎪-≤+⎩，解得12x -≤<， ∴不等式的解集为[)1,2-；（2）当[)1,2x ∈-时，设11,224xt ⎛⎫⎛⎤=∈ ⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦，则函数222112411114244424241222x x x x t t t y -⎛⎫-+⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⋅+=⋅⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-+=-+ ⎝⎭⎪⎭⎝⎭⎝，∴当12t =即1x =时，函数y 取最小值为1； 当2t =即1x =-时，函数y 取最大值为21421102⎛⎫⨯-+= ⎪⎝⎭. 27．（2020·江苏省天一中学高三其他）设()f x 是偶函数，且当0x ≥时，()()()()3,033,3x x x f x x a x x ⎧-≤≤⎪=⎨-->⎪⎩（1）当0x <时，求()f x 的解析式；（2）设函数()f x 在区间[]5,5-上的最大值为()g a ，试求()g a 的表达式；（3）若方程()f x m =有四个不同的实根，且它们成等差数列，试探求a 与m 满足的条件．【答案】（1）()()()()3,303,3x x x f x x a x x ⎧-+-≤<⎪=⎨-++<-⎪⎩；（2）()()29,64(3),67425,7a a g a a a a ⎧≤⎪⎪-⎪=<≤⎨⎪->⎪⎪⎩；（3）a 与m 满足的条件为2716m =且333a <94m =且6a =，或()()39116a a m --=且527a >+【解析】（1）当-<3≤0x 时，()()()()()33f x f x x x x x =-=-+=-+ 同理，当3x <-时，()()()()()()33f x f x x a x x a x =-=--+=-++，所以，当0x <时，()f x 的解析式为()()()()3,303,3x x x f x x a x x ⎧-+-≤<⎪=⎨-++<-⎪⎩（2）因为()f x 是偶函数，所以它在区间[]5,5-上的最大值即为它在区间[]0,5上的最大值， ①当3a ≤时，()f x 在30,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减，所以()3924g a f ⎛⎫== ⎪⎝⎭ ②当37a <≤时，()f x 在30,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦与33,2a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，在3,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦与3,52a +⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减， 所以此时只需比较3924f ⎛⎫= ⎪⎝⎭与()23324a a f -+⎛⎫= ⎪⎝⎭的大小．（i ）当36a <≤时，()233932424a a f f -+⎛⎫⎛⎫=>= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()3924g a f ⎛⎫== ⎪⎝⎭ （ii ）当67a <≤时，()233932424a a f f -+⎛⎫⎛⎫=<=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以()()23324a a g a f -+⎛⎫==⎪⎝⎭③当7a >时，()f x 在30,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦与[]3,5上单调递增，在3,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，且()()3952524f f a ⎛⎫=<=- ⎪⎝⎭， 所以()()()525g a f a ==-.综上所述，()()29,64(3),67425,7a a g a a a a ⎧≤⎪⎪-⎪=<≤⎨⎪->⎪⎪⎩． （3）设这四个根从小到大依次为1x ，2x ，3x ，4x ．①当方程()f x m =在[]3,3-上有四个实根时，由4332x x x -=，且433x x +=，得334x =，494x =， 从而327416m f ⎛⎫==⎪⎝⎭，且要求()2716f x <对()3,x ∈+∞恒成立． （i ）当3a ≤时，()f x 在()3,+∞上单调递减，所以()()273016f x f <=<对()3,x ∈+∞恒成立， 即3a ≤适合题意．（ii ）当3a >时，欲()2716f x <对()3,x ∈+∞恒成立，只要()233272416a a f -+⎛⎫=< ⎪⎝⎭， 解得3332a <+33332a <<+． ②当方程()f x m =在[]3,3-上有两个实根时，3924m f ⎛⎫==⎪⎝⎭，且232x =-，332x =， 所以必须满足43932x x =+=，且3922a +=，()2339244a a f -+⎛⎫== ⎪⎝⎭，解得6a =． ③当方程()f x m =在[]3,3-上无实根时，()233932424a a f m f -+⎛⎫⎛⎫=<<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，332a +>，由4332x x x -=，433x x a +=+，解得334a x +=，()4334a x +=， 所以()()()3339134416a a a a m f f +--⎛⎫+⎛⎫===⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，且由()()3919164a am--=>，解得57a>+综上所述，a与m满足的条件为2716m=且3332a<+94m=且6a=，或()()39116a am--=且57a>+。